2011高考数学立体几何大题汇总

2011高考数学立体几何大题汇总

‎(1)(本小题满分12分)‎ ‎ 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.‎ ‎(Ⅰ)证明：PA⊥BD；‎ ‎(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。‎ ‎(1)解：‎ ‎（Ⅰ ）因为, 由余弦定理得 ‎ 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故PABD ‎（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则 ‎,,,。‎ 设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 ‎ 即 ‎ 因此可取n=‎ 设平面PBC的法向量为m，则 ‎ 可取m=（0，-1，） ‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为 ‎ ‎2如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，．‎ ‎（Ⅰ）证明：;‎ ‎（Ⅱ）求与平面所成角的大小．‎ 解法一：‎ ‎ （I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，‎ ‎ 连结SE，则 ‎ 又SD=1，故，‎ ‎ 所以为直角。 …………3分 ‎ 由，‎ ‎ 得平面SDE，所以。‎ ‎ SD与两条相交直线AB、SE都垂直。‎ ‎ 所以平面SAB。 …………6分 ‎ （II）由平面SDE知，‎ ‎ 平面平面SED。‎ ‎ 作垂足为F，则SF平面ABCD，‎ ‎ ‎ ‎ 作，垂足为G，则FG=DC=1。‎ ‎ 连结SG，则，‎ ‎ 又，‎ ‎ 故平面SFG，平面SBC平面SFG。 …………9分 ‎ 作，H为垂足，则平面SBC。‎ ‎ ，即F到平面SBC的距离为 ‎ 由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有 ‎ 设AB与平面SBC所成的角为α，‎ ‎ 则 …………12分 ‎ 解法二：‎ ‎ 以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。‎ 设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。‎ 又设 ‎ （I），，‎ 由得 故x=1。‎ 由 又由 即 …………3分 于是，‎ 故 所以平面SAB。 …………6分 ‎ （II）设平面SBC的法向量，‎ 则 又 故 …………9分 取p=2得。‎ 故AB与平面SBC所成的角为 ‎3 （14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。‎ ‎⑴ 设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。‎ 求证：；‎ ‎⑵ 若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。‎ 解：设正四棱柱的高为。‎ ‎⑴ 连，底面于，∴ 与底面所成的角为，即 ‎∵ ，为中点，∴，又，‎ ‎∴ 是二面角的平面角，即 ‎∴ ，。‎ ‎⑵ 建立如图空间直角坐标系，有 设平面的一个法向量为，‎ ‎∵ ，取得 ‎∴ 点到平面的距离为，则。‎ ‎4（本小题满分12分）‎ 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=P D．‎ ‎ （I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎ （II）求二面角Q—BP—C的余弦值．‎ 解：‎ 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.‎ ‎ （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.‎ 则 所以 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.‎ 故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 ‎ （II）依题意有B（1，0，1），‎ 设是平面PBC的法向量，则 因此可取 设m是平面PBQ的法向量，则 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值为 …‎ ‎5如图，在中，是上的高，沿把折起，使 。‎ ‎（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ  ⊥平面ＢＤＣ；‎ ‎（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求与夹角的余弦值。‎ 解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，‎ ‎∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，‎ 又DBＤＣ＝Ｄ，‎ ‎∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，‎ ‎∵AD 平面平面BDC．‎ 平面ABD平面BDC。‎ ‎（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，，0），‎ ‎=，‎ ‎=（1，0,0,），‎ 与夹角的余弦值为 ‎＜，＞=．‎ ‎6 ‎ 本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）‎ 如题（19）图，在四面体中，平面平面，，，．‎ ‎ （Ⅰ）若，，求四面体的体积；‎ ‎ （Ⅱ）若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值．‎ 本题12分）‎ ‎ （I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC.‎ 故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，‎ 即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，‎ 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=.‎ 在Rt△ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，‎ 由勾股定理易知 故四面体ABCD的体积 ‎ （II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.‎ ‎ 设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC，‎ ‎ 故由三垂线定理知DE⊥AB.‎ 所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°‎ 设 在 从而 因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，，‎ 又从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得 因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为 解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，‎ 平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.‎ 不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为 显然向量是平面ABC的法向量.‎ 已知二面角C—AB—D为60°，‎ 故可取平面ABD的单位法向量，‎ 使得 设点B的坐标为，有 易知与坐标系的建立方式不合，舍去.‎ 因此点B的坐标为所以 从而 故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为 ‎7 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，.‎ ‎（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（II）设AB=AP.‎ ‎ （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长；‎ ‎ （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。‎ ‎8 （本题满分12分）如图5，在圆锥中，已知的直径的中点．‎ ‎（I）证明：‎ ‎（II）求二面角的余弦值．‎ 解：（I）连接，因为,为的中点，所以.‎ 又因为内的两条相交直线，所以而，所以。‎ ‎（II）在平面中，过作于，由（I）知，,所以又所以.‎ 在平面中，过作连接,则有，‎ 从而，所以是二面角的平面角．‎ 在 在 在 在,所以。‎ 故二面角的余弦值为。‎ ‎9(本小题共l2分)‎ ‎ 如图，在直三棱柱AB-A1B‎1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．‎ ‎(I)求证：CD=C1D：‎ ‎(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；‎ ‎(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．‎ 解析：（1）连接交于,,‎ ‎,又为的中点，‎ 中点，,,D为的中点。‎ ‎（2）由题意,过B 作,连接，则,为二面角的平面角。在中，,则 ‎(3)因为，所以,‎ ‎,‎ 在中，，‎ ‎10如图5.在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，‎ 且∠DAB=60，,PB=2, ‎ E,F分别是BC,PC的中点. ‎ ‎ (1) 证明：AD 平面DEF;‎ ‎ (2) 求二面角P-AD-B的余弦值.‎ ‎1) 取AD的中点G，又PA=PD，，‎ 由题意知ΔABC是等边三角形，，‎ 又PG, BG是平面PGB的两条相交直线，‎ ‎，‎ P AＳ BＳ CＳ DＳ F G ‎， ‎ ‎，‎ ‎(2) 由（1）知为二面角的平面角，‎ P AＳ BＳ CＳ DＳ 在中，；在中，；‎ 在中，.‎ ‎11如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，‎ AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点 求证：（1）直线EF‖平面PCD；‎ （2） 平面BEF⊥平面PAD ‎ ‎12如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合．‎ ‎（Ⅰ）当=1时，求证：⊥；‎ ‎（Ⅱ）设二面角的大小为，求的最小值．‎ ‎ ‎ 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分）‎ ‎ 解法1：过E作于N，连结EF。‎ ‎ （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，‎ ‎ 底面ABC侧面A1C。‎ ‎ 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC，‎ ‎ 所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，‎ 在中，=1，‎ 则由，得NF//AC1，‎ 又故。‎ 由三垂线定理知 ‎（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。‎ 由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得 所以是二面角C—AF—E的平面角，即，‎ 设 在中，‎ 在 故 又 故当时，达到最小值；‎ ‎，此时F与C1重合。‎ 解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得 于是 则 故 ‎（II）设，‎ 平面AEF的一个法向量为，‎ 则由（I）得F（0，4，）‎ ‎，于是由可得 取 ‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，‎ ‎ 于是由为锐角可得，‎ ‎ 所以，‎ ‎ 由，得，即 ‎ 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值 ‎13 如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2‎ ‎（Ⅰ）证明：AP⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。‎ 本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。‎ 方法一：‎ ‎ （I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，‎ 建立空间直角坐标系O—xyz 则，‎ ‎，由此可得，所以 ‎，即 ‎（II）解：设 设平面BMC的法向量，‎ 平面APC的法向量 由 得 即 由即 得 由 解得，故AM=3。‎ 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。‎ 方法二：‎ ‎（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得 又平面ABC，得 因为，所以平面PAD，‎ 故 ‎（II）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，‎ 由（I）中知，得平面BMC，‎ 又平面APC，所以平面BMC平面APC。‎ 在 在，‎ 在 所以 在 又 从而PM，所以AM=PA-PM=3。‎ 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。‎ ‎14 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.‎ ‎（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;‎ ‎（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．‎ ‎（I）证法一：‎ 因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF，‎ 因此，BC=2FC，‎ 连接AF，由于FG//BC，‎ 在中，M是线段AD的中点， ‎ 则A M//BC，且 因此FG//AM且FG=AM，‎ 所以四边形AFGM为平行四边形，‎ 因此GM//FA。‎ 又平面ABFE，平面ABFE，‎ 所以GM//平面AB。‎ 证法二：‎ 因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF，‎ 因此，BC=2FC，‎ 取BC的中点N，连接GN，‎ 因此四边形BNGF为平行四边形，‎ 所以GN//FB，‎ 在中，M是线段AD的中点，连接MN，‎ 则MN//AB，‎ 因为 所以平面GMN//平面ABFE。‎ 又平面GMN，‎ 所以GM//平面ABFE。‎ ‎ （II）解法一：‎ 因为，‎ 又平面ABCD，‎ 所以AC，AD，AE两两垂直，‎ 分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，‎ 不妨设 则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），‎ 所以 又 所以 设平面BFC的法向量为 则 所以取 所以 设平面ABF的法向量为，‎ 则 所以 则，‎ 所以 因此二面角A—BF—C的大小为 解法二：‎ 由题意知，平面平面ABCD，‎ 取AB的中点H，连接CH，‎ 因为AC=BC，‎ 所以，‎ 则平面ABFE，‎ 过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，‎ 则 所以为二面角A—BF—C的平面角。‎ 由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。‎ 在直角梯形ABFE中，连接FH，‎ 则，又 所以 因此在中，‎ 由于 所以在中，‎ 因此二面角A—BF—C的大小为 ‎14（本小题满分12分）‎ 如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA=1，OD=2，⊿OAB, ⊿OAC, ⊿ODE, ⊿ODF都是正三角形.‎ ‎（Ⅰ）证明直线BC∥EF;‎ ‎（Ⅱ）求棱锥F-OBED的体积.‎ 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力。‎ ‎（Ⅰ）（综合法）‎ 证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥,OB=,OG=OD=2‎ 同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′=OD=2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合。‎ 在△GED和△GFD中，由OB∥,OB=和OC∥, OC=,可知B,C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.‎ ‎（向量法）‎ 过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系。‎ 由条件知E(，0,0)，F（0,0，），B（，-，0），C（0，-，）。‎ 则有，，。‎ 所以，即得BC∥EF. ‎